Chuyên đề phương trình hàm đoàn quang đăng

ĐỒN QUANG ĐĂNG PHƯƠNG TRÌNH HÀM QUA CÁC CUỘC THI TRÊN THẾ GIỚI 2022 f(x+y) = f(x) + f(y) Happy New Year 2023 MATHPIAD ĐOÀN QUANG ĐĂNG Email: dangdoanquang8@gmail.com PHƯƠNG TRÌNH HÀM QUA CÁC CUỘC THI TRÊN THẾ GIỚI NĂM 2022 Mathpiad Thành phố Hồ Chí Minh, ngày 16 tháng năm 2023 Đoàn Quang Đăng Mathpiad Mục lục Đề 1.1 Phương trình hàm tập số thực 1.2 Phương trình hàm tập số thực dương 1.3 Phương trình hàm tập rời rạc 1.4 Bất phương trình hàm Lời giải 2.1 Phương trình hàm tập số thực 2.2 Phương trình hàm tập số thực dương 23 2.3 Phương trình hàm tập rời rạc 2.4 Bất phương trình hàm 47 38 Đồn Quang Đăng Mathpiad §1 Đề §1.1 Phương trình hàm tập số thực Bài tốn (Việt Nam TST 2022) Cho số thực α xét hàm số φ(x) = x2 eαx với x ∈ R Tìm tất hàm số f : R → R thỏa mãn f (φ(x) + f (y)) = y + φ(f (x)) với số thực x, y Bài toán (District Olympiad 2022) Tìm tất hàm số f : R → R thỏa mãn f (f (y − x) − xf (y)) + f (x) = y (1 − f (x)) với số thực x, y Bài tốn (Iran MO Second Round 2022) Tìm tất hàm số f : R → R thỏa mãn f (xf (y) + f (x) + y) = xy + f (x) + f (y) với số thực x, y Bài tốn (Kosovo MO 2022) Tìm tất hàm số f : R → R thỏa mãn f (f (x − y) − yf (x)) = xf (y) với số thực x, y Bài toán (Kosovo TST 2022) Tìm tất hàm số f : R → R thỏa mãn
f x2 + 2f (xy) = xf (x + y) + yf (x) với số thực x, y Bài toán (IMO 2022 Malaysian Training Camp) Tìm tất hàm số f : R → R thỏa mãn f (xf (x) + 2y) = f (x)2 + x + 2f (y) với số thực x, y Bài toán (IMO 2022 Malaysian Training Camp) Tìm tất hàm số f : R → R thỏa mãn
f x2 + f (x + y) = y + xf (x + 1) với số thực x, y Bài tốn (MEMO 2022) Tìm tất hàm số f : R → R thỏa mãn f (x + f (x + y)) = x + f (f (x) + y)) với số thực x, y Bài tốn (DAMO) Tìm tất hàm số f : R → R thỏa mãn f (2xy + f (x)) = xf (y) + f (yf (x) + x) với số thực x, y Đoàn Quang Đăng Mathpiad Bài tốn 10 (Nordic 2022) Tìm tất hàm số f : R → R thỏa mãn đồng thời i) f (f (x)f (1 − x)) = f (x) ∀x ∈ R; ii) f (f (x)) = − f (x) ∀x ∈ R Bài toán 11 (Romania EGMO TST 2022) Tìm tất hàm số f : R → R thỏa mãn f (f (x) + y) = f (x2 − y) + 4yf (x) với số thực x, y Bài toán 12 (HMMT 2022) Tìm tất hàm số f : R\{0} → R thỏa mãn f (x)2 − f (y)f (z) = x(x + y + z) (f (x) + f (y) + f (z)) với số thực x, y, z thỏa mãn xyz = Bài toán 13 (China TST 2022) Tìm tất hàm số f : R → R thỏa mãn {f (xf (y) + 1) , f (yf (x) − 1)} = {xf (f (y)) + 1, yf (f (x)) − 1}  a = c, b = d với x, y ∈ R, {a, b} = {c, d} ⇐⇒ a = d, b = c §1.2 Phương trình hàm tập số thực dương Bài tốn 14 (VMO 2022) Tìm tất hàm số f : R+ → R+ thỏa mãn   f (x) + y = + f (y) f x với số thực dương x, y Bài toán 15 (Balkan MO 2022) Tìm tất hàm số f : R+ → R+ thỏa mãn
f yf (x)3 + x = x3 f (y) + f (x) với số thực dương x, y Bài toán 16 (PAMO 2022) Tìm tất hàm số f, g : R+ → R+ thỏa mãn i) (f (x) + y − 1) (g(y) + x − 1) = (x + y)2 ∀x, y > 0; ii) (−f (x) + y) (g(y) + x) = (x + y + 1)(y − x − 1) ∀x, y > Bài toán 17 ( Iran MO Third Round 2022) Tìm tất hàm số f : R+ → R+ thỏa mãn f (x + f (y) + f (f (z))) = z + f (y + f (x)) với số thực dương x, y, z Bài tốn 18 (Czech-Polish-Slovak Match 2022) Tìm tất hàm số f : R+ → R+ thỏa mãn   y+1 f f (x) + = +x+1 f (y) f (y) với số thực dương x, y Đồn Quang Đăng Mathpiad Bài tốn 19 (Switzerland TST 2022) Tìm tất hàm số f : R+ → R+ thỏa mãn x + f (yf (x) + 1) = xf (x + y) + yf (yf (x)) với số thực dương x, y Bài toán 20 (Taiwan TST 2022, Round 2) Tìm tất hàm số f : R+ → R+ thỏa mãn
f x + y f (y) = f (1 + yf (x))f (x) với số thực dương x, y Bài tốn 21 (USAMO 2022) Tìm tất hàm số f : R+ → R+ thỏa mãn f (x) = f (f (f (x)) + y) + f (xf (y)) f (x + y) với số thực dương x, y §1.3 Phương trình hàm tập rời rạc Bài tốn 22 (British MO 2022) Tìm tất hàm số f : Z+ → Z+ thỏa mãn

2bf f a2 + a) = f (a + 1)f (2ab) với số nguyên dương a, b Bài toán 23 (District Olympiad 2022) Tìm tất hàm số f : Z+ → Z+ thỏa mãn x3 + 3x2 f (y) y + 3y f (x) (x + y)3 + = x + f (y) y + f (x) f (x + y) với số nguyên dương x, y Bài tốn 24 (Francophone MO 2022) Tìm tất hàm số f : Z → Z thỏa mãn f (m + n) + f (m)f (n) = n2 (f (m) + 1) + m2 (f (n) + 1) + mn(2 − mn) với số nguyên m, n Bài toán 25 (Japan MO Final 2022) Tìm tất hàm số f : Z+ → Z+ thỏa mãn f f (n) (m) + mn = f (m)f (n) với số nguyên dương m, n, f k (n) = f (f ( f ( n) )) | {z } k Bài toán 26 (Taiwan TST 2022, Round 1) Tìm tất hàm số f : Z → Z thỏa mãn     f (x) + f (y) f (x) + f (y) f + f (x) = f (f (y)) + 2 với số nguyên x, y, ký hiệu ⌊x⌋ số nguyên lớn không vượt x Bài tốn 27 (USA TSTST 2022) Tìm tất hàm số f : Z+ → Z thỏa mãn   f (mn) = f (m) n với số nguyên dương m, n Bài tốn 28 (MEMO 2022) Tìm tất hàm số f : Z+ → Z+ cho f (1) ≤ f (2) ≤ f (3) ≤ f (4) ≤ f (n) + n + 1, f (f (n)) − f (n) số phương với số nguyên dương n Đồn Quang Đăng Mathpiad §1.4 Bất phương trình hàm Bài tốn 29 (IMO 2022) Tìm tất hàm số f : R+ → R+ cho với số thực dương x, tồn số thực dương y thỏa mãn xf (y) + yf (x) ≤ Bài tốn 30 (AUS 2022) Tìm tất hàm số f : [1; +∞) → [0; +∞) thỏa mãn

f (2f (x) + y) ≥ f x3 + f y f (x) + x2 + xy với số thực x, y ≥ Bài toán 31 (Abel Competition Final 2021-2022) Tìm tất hàm số f : R+ → R+ thỏa mãn q
  f (x)f x1 ≥1− ≥ x2 f (x) f x x với số thực dương x Bài toán 32 (Indonesia TST 2022) Tìm tất hàm số f : R → R thỏa mãn

f x2 − f y ≤ (f (x) + y)(x − f (y)) với số thực x, y Bài toán 33 (Philippine MO 2022) Tìm tất hàm số f : R → R thỏa mãn f (a − b)f (c − d) + f (a − d)f (b − c) ≤ (a − c)f (b − d) với số thực a, b, c d Đoàn Quang Đăng Mathpiad §2 Lời giải §2.1 Phương trình hàm tập số thực Bài toán (Việt Nam TST 2022) Cho số thực α xét hàm số φ(x) = x2 eαx với x ∈ R Tìm tất hàm số f : R → R thỏa mãn f (φ(x) + f (y)) = y + φ(f (x)) với số thực x, y Lời giải Giả sử tồn hàm số thỏa mãn yêu cầu toán Ký hiệu P (x, y) mệnh đề f (φ(x) + f (y)) = y + φ(f (x)) ∀x, y ∈ R Đặt φ(f (0)) = c Từ P (0, y) thu f (f (y)) = y + c ∀y ∈ R Do f song ánh Thay y f (y) vào đẳng thức ta suy f (y + c) = f (y) + c ∀x ∈ R Vì f song ánh nên tồn d ∈ R cho f (d) = Từ P (d, y + c) thu f (φ(d) + f (y + c)) = y + c ∀y ∈ R Chú ý f (f (y)) = y + c nên từ đẳng thức trên, kết hợp với f đơn ánh ta thu φ(d) + f (y + c) = φ(d) + f (y) + c = f (y) hay φ(d) + c = Chú ý φ(x) ≥ ∀x ∈ R đẳng thức xảy x = nên từ đẳng thức ta suy f (0) = d = Khi f (f (y)) = y ∀y ∈ R từ P (x, 0) suy f (φ(x)) = φ(f (x)) ∀x ∈ R Chú ý φ(x) nhận giá trị tập [0; +∞) nên ta suy f (x) ≥ ∀x ≥ Từ P (x, f (y)) ta suy f (φ(x) + y) = f (y) + f (φ(x)) ∀x, y ∈ R hay f (x + y) = f (x) + f (y) ∀x ≥ 0, y ∈ R Với hai số thực x, y, ta chọn z đủ lớn cho z > max{−y, 0}, f (x + y) + f (z) = f (x + y + z) = f (x) + f (y + z) = f (x) + f (y) + f (z) hay f (x + y) = f (x) + f (y) ∀x ∈ R Kết hợp với f (x) ≥ ∀x ≥ ta dễ dàng thu f (x) = kx ∀x ∈ R Thay lại vào phương trình ban đầu ta tìm k = Vậy tất hàm số cần tìm f (x) = x ∀x ∈ R Đoàn Quang Đăng Mathpiad Bài tốn (District Olympiad 2022) Tìm tất hàm số f : R → R thỏa mãn f (f (y − x) − xf (y)) + f (x) = y (1 − f (x)) với số thực x, y Lời giải Dễ dàng kiểm ta hàm f (x) ≡ không thỏa mãn yêu cầu tốn, tồn số thực c cho f (c) ̸= Từ P (c, y) ta suy f (f (y − c) − cf (y)) = y (1 − f (c)) − f (c) ∀y ∈ R, ý − f (c) ̸= nên dễ dàng suy f toàn ánh Từ P (0, y) suy f (f (x)) + f (0) = x (1 − f (0)) ∀x, y ∈ R Nếu f (0) = ta suy f (f (x)) = −1 ∀x ∈ R kết hợp với f tồn ánh f (x) ≡ −1, thử lại ta thấy hàm số không thỏa mãn yêu cầu toán Xét trường hợp f (0) ̸= 1, với hai số thực a, b cho f (a) = f (b), từ P (0, a), P (0, b) ta suy a = b, hay f đơn ánh Từ P (x, −1) ta suy f (f (−x − 1) − xf (−1)) = ∀x ∈ R Do f toàn ánh nên tồn số thực k cho f (k) = hay f (f (−x − 1) − xf (−1)) = = f (k) =⇒ f (−x − 1) − xf (−1) = k ∀x ∈ R Từ thay x −x − f (x) − (−x − 1)f (−1) = k hay f (x) = ax + b ∀x ∈ R Thay lại vào phương trình ban đầu tìm f (x) ≡ x, thử lại thấy hàm số thỏa mãn Đoàn Quang Đăng Mathpiad Bài toán (Iran MO Second Round 2022) Tìm tất hàm số f : R → R thỏa mãn f (xf (y) + f (x) + y) = xy + f (x) + f (y) với số thực x, y Lời giải Giả sử tồn hàm số thỏa mãn yêu cầu toán Ký hiệu P (x, y) mệnh đề f (xf (y) + f (x) + y) = xy + f (x) + f (y) ∀x, y ∈ R Từ P (0, −f (0)) thu f (−f (0)) = Do tồn số thực c cho f (c) = Từ P (c, c) suy c2 = hay c = Như f (x) = ⇐⇒ x =   Từ P (x, 0) ta suy f (f (x)) = f (x) ∀x ∈ R Với y ̸= 0, từ P f−y , y ta suy (y)      y2 y y =− +f − + f (y) f f − f (y) f (y) f (y) =⇒ f (y) = y2 =⇒ f (y)2 = y f (y) Từ P (−1, −1) ta f (−1) = −1 Khi từ P (−1, y) suy f (y − f (y) − 1) = f (y) − y − ∀y ∈ R Nếu tồn số thực a ̸= cho f (a) = −a từ đẳng thức ta suy f (2a−1) = −2a−1 Điều dẫn đến −2a − = 2a − −2a − = −2a + 1, giải hai trường hợp ta thu điều vô lý Như f (x) ̸= x ∀x ̸= Khi từ f (x)2 = x2 ta suy f (x) = x ∀x ∈ R (chú ý f (0) = 0) Thử lại thấy hàm số thỏa mãn Đoàn Quang Đăng Mathpiad Do f đơn ánh nên từ Nhận xét ta suy f (f (x)) = x ∀x > Khi P (x, y) viết lại thành Q(x, y) : f (x) = (1 + f (xf (y))) f (x + y) ∀x, y > Từ Q(1, x − 1) ta suy f (1) = (1 + f (f (x − 1))) f (x) =⇒ f (x) = f (1) x ∀x >

Với x > 1, từ Q x, f x1 suy         f (1) 1 f (1)
= f (x) = + f xf f f x+f = (1 + f (1)) x x x x + f x1 hay f x
= f (1)x Với t < 1, ta thay x t > f (t) = f (1) t ∀t < Vậy f (x) = xc ∀x > với c = f (1) số dương Thử lại ta thấy hàm số thỏa mãn yêu cầu tốn 37 Đồn Quang Đăng Mathpiad §2.3 Phương trình hàm tập rời rạc Bài toán 22 (British MO 2022) Tìm tất hàm số f : Z+ → Z+ thỏa mãn

2bf f a2 + a) = f (a + 1)f (2ab) với số nguyên dương a, b Lời giải Giả sử tồn hàm số thỏa mãn yêu cầu toán Ký hiệu P (a, b) khẳng định 2bf (f (a2 ) + a)) = f (a + 1)f (2ab) ∀a, b ∈ Z+ ’ Từ P (1, b) ta suy 2bf (f (1) + 1) = f (2)f (2b) ⇒ f (2b) = 2bc ∀b ∈ Z+ với c = f (ff(1)+1) số (2) Với số nguyên dương k, từ P (2k, 1) ta thu

2f f 4k + 2k = f (2k + 1)f (4k) ⇒ f (2k + 1) = 2kc + Với a lẻ, b chẵn, từ P (a, b) ta suy (a − 1)c + = ac hay c = Do f (x) = x với số nguyên x ≥ Chú ý ta có f (f (1) + 1) = f (2) suy f (1) + = hay f (1) = Từ đó, ta kết luận f (x) = x ∀x ∈ Z+ Thử lại ta thấy hàm số thỏa mãn yêu cầu toán Vậy tất hàm số cần tìm f (x) = x ∀x ∈ Z+ 38 Đoàn Quang Đăng Mathpiad Bài tốn 23 (District Olympiad 2022) Tìm tất hàm số f : Z+ → Z+ thỏa mãn (x + y)3 x3 + 3x2 f (y) y + 3y f (x) + = x + f (y) y + f (x) f (x + y) với số nguyên dương x, y Lời giải Giả sử tồn hàm số thỏa mãn yêu cầu toán Ký hiệu P (x, y) khẳng định x3 + 3x2 f (y) y + 3y f (x) (x + y)3 + = x + f (y) y + f (x) f (x + y) ∀x, y ∈ Z+ Đặt a = f (1) ∈ Z+ Từ P (1, 1) suy 2(1 + 3a) 4(a + 1) = =⇒ = f (2) =⇒ + 3a | 4a + 1+a f (2) + 3a Khi + 3a | 3(4a + 4) − 4(3a + 1) =⇒ + 3a | =⇒ + 3a = =⇒ a = f (1) = Từ P (x, 1) suy (x + 1)3 x3 + 3x2 + 3f (x) + = x+1 + f (x) f (x + 1) ∀x ∈ Z+ Ta chứng minh f (n) = n ∀n ∈ Z+ phương pháp quy nạp • Với n = ta có f (1) = hiển nhiên theo chứng minh trên; • Giả sử khẳng định đến n = k, với n = k + 1, từ P (k, 1) ta suy k + 3k + 3k k + 3k + 3f (k) (k + 1)3 (k + 1)3 = + = + = =⇒ f (k + 1) = k + k+1 k+1 1+k k+1 + f (k) f (k + 1) Như f (n) = n ∀n ∈ Z+ Thử lại ta thấy hàm số thỏa mãn 39 Đoàn Quang Đăng Mathpiad Bài tốn 24 (Francophone MO 2022) Tìm tất hàm số f : Z → Z thỏa mãn f (m + n) + f (m)f (n) = n2 (f (m) + 1) + m2 (f (n) + 1) + mn(2 − mn) với số nguyên m, n Lời giải Giả sử tồn hàm số thỏa mãn yêu cầu toán Ký hiệu P (m, n) mệnh đề f (m + n) + f (m)f (n) = n2 (f (m) + 1) + m2 (f (n) + 1) + mn(2 − mn) ∀m, n ∈ Z Đặt a = f (0), b = f (1), từ P (1, n) ta suy f (n + 1) = (1 − b)f (n) + bn2 + 2n + ∀n ∈ Z hay f (n + 1) − (n + 1)2 = (1 − b)(f (n) − n2 ) ∀n ∈ Z Nếu b = từ đẳng thức ta suy f (n + 1)2 − (n + 1)2 = f (n) − n2 ∀n ∈ Z hay f (n) = n2 + a ∀n ∈ Z Thay lại vào P (m, n) ban đầu ta tìm k = k = −1 Nếu b = f (n) = n2 ∀n ∈ Z, thử lại ta thấy hàm số thỏa mãn Nếu b = f (n) = n2 + (−1)n a Thay lại vào P (m, n) ta tìm a = a = −1 Ta xét trường hợp lại, nghĩa |1 − b| ≥ Dễ thấy f (n) − n2 = a(1 − b)n ∀n ∈ Z Cho n → −∞ ta suy lim (f (n) − n2 ) = Do đó, tồn n0 cho f (n) = n2 n→−∞ Khi ta suy a = hay f (n) = n2 ∀n ≤ n0 ∀n ∈ Z Thử lại ta thấy hàm số thỏa mãn Vậy tất hàm số cần tìm f (n) = n2 ∀n ∈ Z, f (n) = n2 − ∀n ∈ Z, 40 f (n) = n2 + (−1)n+1 ∀n ∈ Z Đoàn Quang Đăng Mathpiad Bài toán 25 (Japan MO Final 2022) Tìm tất hàm số f : Z+ → Z+ thỏa mãn f f (n) (m) + mn = f (m)f (n) với số nguyên dương m, n, f k (n) = f (f ( f ( n) )) | {z } k Lời giải Giả sử tồn hàm số thỏa mãn yêu cầu toán Ký hiệu P (m, n) khẳng định f f (n) (m) + mn = f (m)f (n) ∀m, n ∈ Z+ Nhận xét f đơn ánh Chứng minh Giả sử a, b hai số nguyên dương cho f (a) = f (b), đó, từ P (m, a) P (m, b) ta suy ma = mb ⇒ a = b Do đó, f đơn ánh Nhận xét f (n) > ∀n ∈ Z+ Chứng minh Giả sử phản chứng, tồn n0 ∈ Z+ cho f (n0 ) = Cố định m, từ P (m, n0 ) suy f (m) + mn0 = f (m).1 ⇒ mn0 = 0, điều xảy Như f (n) ̸= ∀n ∈ Z+ Nhận xét Nếu a, b hai số nguyên dương cho f a (n) = f b (n) ∀n ∈ Z+ a = b Chứng minh Giả sử a > b, đặt c = a − b > Khi ý f đơn ánh nên từ f a (n) = f b (n) ⇒ f c (n) = n ∀n ∈ Z+ Do tồn n1 cho f (n1 ) = 1, điều mâu thuẫn với Nhận xét Do đó, ta phải có a = b Chứng minh hồn tất Trở lại toán, từ P (m, n) P (n, m) ta suy f f (n) (m) = f f (m) (n) ∀n ∈ Z+ Ta thay m f (n) vào phương trình ff (n) (n) = f f (n)+1 (n) ∀n ∈ Z+ (1) Áp dụng Nhận xét 3, suy f (n) = f (n) + ∀n ∈ Z+ Khi đó, với m, n nguyên dương, ta có f m+1 (n) = f m (n) + = f m−1 (n) + = = f (n) + m (2) Thay m f (n) − vào phương trình (2) f f (n) (n) = 2f (n) − ∀n ∈ Z+ 41 (3) Đồn Quang Đăng Mathpiad Khi đó, từ (1) (3) ta suy f (n)2 − 2f (n) + = n2 ⇒ f (n) = n + ∀n ∈ Z+ Thử lại ta thấy hàm số thỏa mãn yêu cầu toán Vậy tất hàm số cần tìm f (n) = n + ∀n ∈ Z+ 42 Đoàn Quang Đăng Mathpiad Bài tốn 26 (Taiwan TST 2022, Round 1) Tìm tất hàm số f : Z → Z thỏa mãn     f (x) + f (y) f (x) + f (y) + f (x) = f (f (y)) + f 2 với số nguyên x, y, ký hiệu ⌊x⌋ số nguyên lớn không vượt x Lời giải Giả sử tồn hàm số thỏa mãn yêu cầu toán Ký hiệu P (u, v) việc thay (x, y) (u, v) vào phương trình ban đầu Ký hiệu Im(f ) = {f (x) | x ∈ Z} Từ P (x, y) P (y, x) ta suy f (f (x)) + f (x) = f (f (y)) + f (y) ∀x, y ∈ Z Do đó, tồn số N ∈ Z cho f (f (x)) + f (x) = N f (x) + x = N ∀x ∈ Z hay ∀x ∈ Im(f ) Khi đó, phương trình ban đầu viết lại thành     a+b a+b f − = N − a − b ∀a, b ∈ Im(f ) 2 (*) Từ phương trình trên, ta thấy với a, b ∈ Im(f )     a+b a+b N −a−b+ =N− ∈ Im(f ) 2 Mặt khác,từ f (x) = N − x ∀x ∈ Im(f ) ta suy với x ∈ Im(f ) N − x ∈ Im(f ) Điều dẫn đến với a, b ∈ Im(f )      a+b a+b = ∈ Im(f ) N− N− 2 Ta chứng minh Im(f ) có phần tử Giả sử phản chứng, tồn u > v cho m, n ∈ Im(f ) Đặt u = v + k với k ∈ Z+ Nếu k ≥ theo nhận xét ta suy     u+v k =v+ ∈ Im(f ) 2 Tiến hành tương tự, ta suy v + kn ∈ Im(f ) với n ∈ Z+ , dãy (kn ) xác định   kn k1 = k, kn+1 = ∀n ≥ Dễ thầy (kn ) dãy giảm bị chặn nên  hội  tụ, vậy, tồn số nguyên m đủ lớn km cho km = km+1 = Chú ý với km = ta suy km = Như v, v + ∈ Im(f ) Thay a = v + b = u vào phương trình (*) thu     u+u+1 u+u+1 N − 2u = f (u) − u = f − = N − 2u − 1, 2 vô lý Như Im(f ) chứa phần tử hay f hàm Thử lại ta thấy hàm thỏa mãn yêu cầu tốn 43 Đồn Quang Đăng Mathpiad Bài tốn 27 (USA TSTST 2022) Tìm tất hàm số f : Z+ → Z thỏa mãn   f (mn) = f (m) n với số nguyên dương m, n Lời giải Giả sử tồn hàm số thỏa mãn yêu cầu toán Ký hiệu P (u, v) việc thay (m.n) (u, v) vào phương trình ban đầu f (n!) ∀n ∈ Z+ Với số nguyên dương n, từ P (n!, n + 1) Xét dãy số (an ) xác định an = n! ta suy   f ((n + 1)!) f ((n + 1)!) f ((n + 1)!) = f (n!) =⇒ − < f (n!) ≤ n+1 n+1 n+1 hay an ≤ an+1 < an + an+1 < an + Khi với n nguyên dương ta có n! 1 1 < an−1 + + < < a1 + + + · · · + < a1 + e n! (n − 1)! n! 2! n! Như (an ) dãy tăng bị chặn a1 + e, (an ) có giới hạn hữu hạn α Nếu tồn k nguyên dương cho ak = α từ α = ak ≤ aℓ ≤ α =⇒ aℓ = α ∀ℓ > k Với m nguyên dương bất kỳ, ta chọn ℓ > k cho m | ℓ!, tồn n nguyên dương cho mn = ℓ! từ P (m, n) ta suy      f (ℓ!)   f (ℓ!)    f (m) =  = m = ⌊αm⌋ ℓ!  ℓ! m Như f (m) = ⌊αm⌋ ∀m ∈ Z+ Ta xét trường hợp không tồn k cho ak = α, ak < α ∀k ∈ Z+ Với m nguyên dương bất kỳ, ta chọn ℓ nguyên dương đủ lớn cho m | ℓ! aℓ = α − x với x đủ bé Điều dẫn đến tồn n nguyên dương cho mn = ℓ! từ P (m, n) suy      f (ℓ!)    f (m) =  = ⌊αm − mx⌋ ℓ!  m Nếu αm số nguyên ta chọn ℓ nguyên dương đủ lớn cho mx < 1, f (m) = ⌊αm − mx⌋ = αm − = ⌈αm⌉ − Nếu αm khơng số ngun ta chọn ℓ nguyên dương đủ lớn cho mx < {αm}, {αm} − mx ∈ (0; 1) f (m) = ⌊⌊αm⌋ + {αm} − mx⌋ = ⌊αm⌋ = ⌈αm⌉ − 44 Đoàn Quang Đăng Mathpiad Từ khẳng định suy f (m) = ⌈αm⌉ − ∀m ∈ Z+ Ta chứng minh hai họ hàm số thỏa mãn yêu cầu toán Trước hết ta chứng minh với x ∈ R n ∈ Z   ⌊xn⌋ = ⌊x⌋ n Đặt x = A + ϵ với A ∈ Z ϵ ∈ (0; 1) Nếu ϵ <  ⌊xn⌋ = An hay n  ⌊xn⌋ = A = ⌊x⌋ n i+1 i > ϵ ≥ ⌊xn⌋ = An + i hay n n     ⌊xn⌋ i = A+ = ⌊x⌋ n n Nếu tồn số nguyên i ∈ [1; n − 1] cho Chứng minh hoàn tất Như vậy, với hàm số f (m) = ⌊αm⌋ ta có     f (mn) ⌊αmn⌋ = = ⌊αm⌋ = f (m) ∀m, n ∈ Z+ n n Xét hàm số f (m) = ⌈αm⌉ − Nếu αmn không số nguyên ⌈αmn⌉ − = ⌊αm⌋     f (mn) ⌊αmn⌋ = = ⌊αm⌋ = f (m) n n Nếu αmn, αm số nguyên (chú ý n | αmmn)      j  ⌈αmn⌉ − αmn − αmn k f (mn) = = = − = ⌈αm⌉ − = f (m) n n n n Nếu αmn số nguyên αm không số nguyên (chú ý n ∤ αmn)     j f (mn) αmn − αmn k = = = ⌊αm⌋ = ⌈αm⌉ − = f (m) n n n Vậy tất hàm số cần tìm f (m) ≡ ⌊αm⌋ , f (m) ≡ ⌈αm⌉ − (α số thực) 45 Đoàn Quang Đăng Mathpiad Bài tốn 28 (MEMO 2022) Tìm tất hàm số f : Z+ → Z+ cho f (1) ≤ f (2) ≤ f (3) ≤ f (4) ≤ f (n) + n + 1, f (f (n)) − f (n) số phương với số nguyên dương n Lời giải Giả sử tồn hàm số thỏa mãn yêu cầu toán p Đặt bn = f (n) + n + ∀n ∈ Z+ Vì f (n) + n + > f (n − 1) + n − + ∀n > nên dãy (bn ) tăng thực sự, ý b1 ≥ nên ta suy bn ≥ bn−1 + ≥ ≥ b1 + n − ≥ n + ∀n ∈ Z+ Hay nói cách khác f (n) ≥ n2 + n ∀n ∈ Z+ Với số nguyên dương n bất kỳ, theo giả thiết, tồn số nguyên dương j, k cho f (f (n)) + f (n) + = j , f (f (n)) − f (n) = k Dễ thấy j > k 2f (n) + = (f (f (n)) + f (n) + 1) − (f (f (n)) − f (n)) = j − k = (j − k)(j + k) Vì j > k nên j ≥ k + j + k ≥ 2k + 1, 2f (n) + ≥ 2k + =⇒ f (n) ≥ k hay f (f (n)) − f (n) ≥ f (n)2 Từ kết ta suy f (f (n)) = f (n)2 + f (n) ∀n ∈ Z+ Khi bf (n) = p p f (f (n)) + f (n) + = f (n)2 + 2f (n) + = f (n) + ∀n ∈ Z+ Với số nguyên dương n0 bất kỳ, ta chọn n đủ lớn cho f (n) > n0 (hiển nhiên chọn f (n) → +∞ n → +∞) Ta có f (n) + = bf (n) ≥ bf (n)−1 + ≥ f (n) + =⇒ bf (n)−1 = f (n) Tiến hành tương tự ta thu bi = i + ∀i < f (n) hay bn0 = n0 + Như bn = n + ∀n ∈ Z+ Thay vào ta suy f (n) = n2 + n ∀n ∈ Z+ Thử lại thấy hàm số thỏa mãn Vậy tất hàm số cần tìm f (n) = n2 + n ∀n ∈ Z+ 46 Đoàn Quang Đăng Mathpiad §2.4 Bất phương trình hàm Bài tốn 29 (IMO 2022) Tìm tất hàm số f : R+ → R+ cho với số thực dương x, tồn số thực dương y thỏa mãn xf (y) + yf (x) ≤ Lời giải Giả sử tồn hàm số thỏa mãn yêu cầu toán Với x > 0, ký hiệu g(x) số thực dương thỏa mãn mệnh đề P (x) : xf (g(x)) + g(x)f (x) ≤ Từ P (x) P (g(x)) ta dễ dàng suy g(g(x)) = x ∀x > Nhận xét Với x > yf (x) + xf (y) > ∀y ̸= g(x) Chứng minh Giả sử tồn y ̸= g(x) cho yf (x) + xf (y) ≤ 2, tồn hai số thực dương phân biệt y g(x) thỏa mãn P (x), mâu thuẫn với tính g(x) Nhận xét g(x) = x ∀x > Chứng minh Giả sử tồn x > để g(x) ̸= x, theo Nhận xét ta suy 2xf (x) = xf (x) + xf (x) > =⇒ f (x) > x Tương tự ta có, ý g(x) ̸= g(g(x)) 2g(x)f (g(x)) = g(x)f (g(x)) + g(x)f (g(x)) > =⇒ f (g(x)) > g(x) Từ hai đánh giá ta suy s ≥ xf (g(x)) + g(x)f (x) > x 1 + g(x) ≥ g(x) x x g(x) = 2, g(x) x vô lý Như g(x) = x với x > Ta viết P (x) lại thành xf (x) ≤ ∀x > Với t > cố định, xét x ̸= t, từ Nhận xét suy − t x1 − tf (x) 2x − t xf (t) + tf (x) > =⇒ f (t) > ≥ = x x x2 Từ cho x → t ta suy f (t) ≥ 1t Kết hợp với P (t) ta suy f (x) = ta thấy hàm số thỏa mãn yêu cầu toán 47 ∀x ̸= t x ∀x > Thử lại Đồn Quang Đăng Mathpiad Bài tốn 30 (AUS 2022) Tìm tất hàm số f : [1; +∞) → [0; +∞) thỏa mãn

f (2f (x) + y) ≥ f x3 + f y f (x) + x2 + xy với số thực x, y ≥ Lời giải Giả sử tồn hàm số thỏa mãn yêu cầu toán Ký hiệu P (x, y) khẳng định f (2f (x) + y) ≥ f (x3 ) + f (y f (x) + x2 + xy) ∀x, y ≥ Dễ dàng kiểm tra hàm số f (x) ≡ thỏa mãn u cầu tốn Xét trường hợp f khơng đồng Nhận xét f (x) > ∀x > Chứng minh Giả sử tồn số thực a > cho f (a) = Từ P (a, a) ta suy



= f (a) ≥ f a3 + f 2a2 ≥ f a3 ≥ =⇒ f a3 = Từ quy nạp ta chứng minh f (a3n ) = với số nguyên dương n Với x ≥ cố định ta chọn số nguyên dương n đủ lớn cho a3n ≥ 2f (x) + (hiển nhiên chọn a > 1) Khi từ P (x, a3n − 2f (x)) ta suy 

2

n
= f a3 ≥ f x3 + f a3n − 2f (x) f (x) + x2 + x a3n − 2f (x) ≥ f x3 ≥ hay f (x3 ) = Do f (x) = ∀x ≥ 1, mâu thuẫn Như f (x) > ∀x > Nhận xét f (x) < x2 + x − ∀x > Chứng minh Giả sử tồn b > cho f (b) ≥ b2 + b − Xét phương trình ẩn y 2f (b) + y = y f (b) + b2 + by ⇐⇒ y f (b) + (b − 1)y + b2 − 2f (b) = Xét hàm số g(t) = t2 f (b) + (b − 1)t + b2 − 2f (b), có g(1) = b2 + b − − f (b) ≤ nên phương trình có nghiệm y0 ≥ Khi từ P (b, y0 ) ta suy f (b3 ) ≤ 0, điều mâu thuẫn với chứng minh Từ Nhận xét ta suy tồn x0 > đủ lớn cho x30 ≥ 2f (x)+1, đặt y1 = x30 −2f (x0 ) ≥ 1, từ P (x0 , y1 ) thu

≥ f y12 f (x0 ) + x20 + x0 y1 ≥ =⇒ f y12 f (x0 ) + x20 + x0 y1 = 0, điều mâu thuẫn với Nhận xét y12 f (x0 ) + x20 + x0 y > Như không tồn hàm số thỏa mãn trường hợp Vậy tất hàm số cần tìm f (x) = ∀x ≥ 48 Đồn Quang Đăng Mathpiad Bài tốn 31 (Abel Competition Final 2021-2022) Tìm tất hàm số f : R+ → R+ thỏa mãn q   f (x)f ≥1− f x x x
≥ x2 f (x) với số thực dương x Lời giải Giả sử tồn hàm số thỏa mãn yêu cầu toán Ký hiệu P (x) khẳng định q
  f (x)f x f ≥1− ≥ x2 f (x) ∀x > x x
Từ P (x) P x1 ta suy         1 1 2 f ≥ x f (x) = x f ≥ x · 2f =f ∀x > −1 x x x x x
Đẳng thức xảy hay f x1 = x2 f (x), thay vào P (x) ta suy q f (x)f − f (x) = − x x
= x2 f (x) =⇒ f (x) = Thử lại ta thấy hàm số thỏa mãn yêu cầu toán 49 x2 +1 ∀x > Đoàn Quang Đăng Mathpiad Bài tốn 32 (Indonesia TST 2022) Tìm tất hàm số f : R → R thỏa mãn

f x2 − f y ≤ (f (x) + y)(x − f (y)) với số thực x, y Lời giải Giả sử tồn hàm số thỏa mãn yêu cầu toán Ký hiệu P (x, y) khẳng định f (x2 ) − f (y ) ≤ (f (x) + y)(x − f (y)) ∀x, y ∈ R Từ P (0, 0) ta suy f (0)2 ≤ =⇒ f (0) = Từ P (x, 0) suy
f x2 ≤ xf (x) ∀x ∈ R Mặt khác, từ P (0, x) ta có
−f x2 ≤ −xf (x) ∀x, y ∈ R Do
f x2 = xf (x), ∀x ∈ R Từ đây, thay x −x ta dễ dàng chứng minh f hàm lẻ Thay lại vào P (x, y) ta f (x)f (y) ≤ xy ∀x, y ∈ R Ký hiệu mệnh đề Q(x, y) Từ Q(x, −y) suy −f (x)f (y) ≤ −xy =⇒ f (x)f (y) ≥ xy ∀x, y ∈ R Kết hợp hai bất phương trình ta suy f (x)f (y) = xy ∀x, y ∈ R Thay y = thu f (x)f (1) = x ∀x ∈ R Nếu f (1) = x = với x, vô lý Như f (1) ̸= hay f (x) = cx ∀x ∈ R với c ̸= số Từ dễ dàng tìm c = c = −1 Thử lại ta thấy hàm số thỏa mãn Vậy tất hàm số cần tìm f (x) = x ∀x ∈ R, f (x) = −x ∀x ∈ R 50 Đoàn Quang Đăng Mathpiad Bài tốn 33 (Philippine MO 2022) Tìm tất hàm số f : R → R thỏa mãn f (a − b)f (c − d) + f (a − d)f (b − c) ≤ (a − c)f (b − d) với số thực a, b, c d Lời giải Giả sử tồn hàm số thỏa mãn yêu cầu toán Ký hiệu P (a, b, c, d) mệnh đề f (a − b)f (c − d) + f (a − d)f (b − c) ≤ (a − c)f (b − d) ∀a, b, c, d ∈ R Từ P (0, 0, 0, 0) cho ta 2f (0)2 ≤ hay f (0) = Dễ dàng kiểm tra hàm f (x) ≡ thỏa mãn yêu cầu toán Xét trường hợp tồn a ̸= thỏa f (k) ̸= Từ P (a, a, 0, d) ta thu f (a − d)f (a) ≤ af (a − d) ∀a, d ∈ R (*) Thay d a − k vào đẳng thức (*) f (k)f (a) ≤ af (k) ∀a ∈ R Trường hợp f (k) > Khi f (a) ≤ a ∀a ∈ R Với h < 0, ta thay d a − h vào (*) f (h)f (a) ≤ af (h) ∀a ∈ R Chú ý f (h) ≤ h < nên ta suy f (a) ≥ a ∀a ∈ R Như f (a) = a ∀a ∈ R Thử lại ta thấy hàm số thỏa mãn Trường hợp f (k) < Khi f (a) ≥ a ∀a ∈ R Với h > 0, ta thay d a − h vào (*) f (h)f (a) ≤ af (h) ∀a ∈ R Chú ý f (h) ≥ h > nên ta suy f (a) ≤ a ∀a ∈ R Như f (a) = a ∀a ∈ R Thử lại ta thấy hàm số thỏa mãn Vậy tất hàm số thỏa mãn yêu cầu toán f (x) ≡ x, f (x) ≡ – Hết – 51